2019数学立体几何专题＋技巧（公众号：卷洞洞）

整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。12019年高三二轮复习讲练测之讲案【新课标版理科数学】专题五立体几何考向一三视图与几何体的面积、体积【高考改编☆回顾基础】1．【数学文化与三视图】【2018年全国卷Ⅲ文】中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来，构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】观擦图形图可知，俯视图为故答案为A.2.【三视图与空间几何体的体积】【2018年浙江卷改编】某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是.【答案】6整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。23.【空间几何体的体积】【2018年全国卷II文】已知圆锥的顶点为，母线，互相垂直，与圆锥底面所成角为，若的面积为，则该圆锥的体积为__________．【答案】8π【解析】如下图所示，又，解得，所以，所以该圆锥的体积为.4.【三视图与空间几何体的结构特征】【2018年北京文改编】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为【答案】3【解析】由三视图可得四棱锥，在四棱锥中，，由勾股 定理 三点共线定理勾股定理的证明证明勾股定理共线定理面面垂直的性质定理 可知：，则在四棱锥中，直角三角形有：共三个，故选C.整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。3【命题预测☆看准方向】1.空间几何体的三视图成为近几年高考的必 考点 西游记考点整理二建建筑实务必背考点药理学考点整理部分幼儿综合素质考点归纳小学教育教学知识能力 ,单独考查三视图的逐渐减少,主要考查由三视图求原几何体的面积、体积以及几何体的结构特征,题型以选择题、填空题的形式考查.2.对柱体、锥体、台体表面积、体积及球与多面体的切接问题中的有关几何体的表面积、体积的考查又是高考的一个热点,难度不大,主要以选择题、填空题的形式考查.3.2019年应注意抓住考查的主要题目类型进行训练,重点有四个:一是三视图中的几何体的形状及面积、体积;二是求柱体、锥体、台体及球的表面积、体积;三是求球与多面体的相切、接问题中的有关几何体的表面积、体积；四是立体几何与数学文化相结合的问题.【典例分析☆提升能力】【例1】17世纪日本数学家们对于数学关于体积 方法 快递客服问题件处理详细方法山木方法pdf计算方法pdf华与华方法下载八字理论方法下载 的问题还不了解，他们将体积公式“V＝kD3”中的常数k称为“立圆术”或“玉积率”，创用了求“玉积率”的独特方法“会玉术”，其中，D为直径，类似地，对于等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱叫做等边圆柱)、正方体也有类似的体积公式V＝kD3，其中，在等边圆柱中，D表示底面圆的直径；在正方体中，D表示棱长．假设运用此“会玉术”，求得的球、等边圆柱、正方体的“玉积率”分别为k1，k2，k3，那么，k1∶k2∶k3＝()A.4∶6∶1B.6∶4∶2C.1∶3∶12D.1∶32∶6【答案】D【解析】球中，33331144,33266DVRDkDk；等边圆柱中，23322,244DVDDkDk；正方体中，3333,1VDkDk；整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。4所以12336::::11::642kkk.故选D.【趁热打铁】将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为()A.π27B.8π27C.π3D.2π9【答案】B【解析】如图所示，设圆柱的半径为r，高为x，体积为V，由题意可得212rx，所以22xr，所以圆柱的体积22322201Vrrrrr，设23201Vrrrr，则2'223Vrrr，由22230rr得23r，Vr在203，上递增，Vr在213，上递减，所以圆柱的最大体积23max22823327V，故选B.【例2】【2018届河南省郑州市第一次模拟】刍薨（chuhong），中国古代算术中的一种几何形体，《九章算术》中记载“刍薨者，下有褒有广，而上有褒无广.刍，草也.薨，屋盖也.” 翻译 阿房宫赋翻译下载德汉翻译pdf阿房宫赋翻译下载阿房宫赋翻译下载翻译理论.doc 为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱，刍薨字面意思为茅草屋顶”，如图，为一刍薨的三视图，其中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则搭建它（无底面，不考虑厚度）需要的茅草面积至少为（）A.24B.325[C.64D.326整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。5【答案】B【趁热打铁】【2018届湖北省稳派教育高三上第二次联考】已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A.8163B.1683C.126D.443【答案】A【解析】由三视图可得，该几何体为右侧的一个半圆锥和左侧的一个三棱锥拼接而成.由三视图中的数据可得其体积为211118162442432233V.选A.【方法总结☆全面提升】1.三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体画出的轮廓线.画三视图的基本要求:正俯一样长,俯侧一样宽,正侧一样高.2.空间几何体的面积有侧面积和表面积之分,表面积就是全面积,是一个空间几何体中“暴露”在外的所有面的面积,在计算时要注意区分“是求侧面积还是求表面积”.多面体的表面积就是其所有面的面积之和,旋转体的表面积除了球之外,都是其侧面积和底面面积之和.3.等体积法也称等积转化法或等积变形法,它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法,多用来解决与锥体有关的问题,特别是三棱锥的体积.【 规范 编程规范下载gsp规范下载钢格栅规范下载警徽规范下载建设厅规范下载 示例☆避免陷阱】【典例】【2016·全国卷Ⅰ改编】如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是________．整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。6【规范解答】该几何体为一个球去掉八分之一，设球的半径为r，则78×43πr3＝28π3，解得r＝2，故该几何体的表面积为78×4π×22＋34×π×22＝17π.【反思提高】在由空间几何体的三视图确定几何体的形状时,先根据俯视图确定几何体的底面,然后根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征,调整实线和虚线所对应的棱、面的位置,特别注意由各视图中观察者与几何体的相对位置与图中的虚实线来确定几何体的形状,最后根据三视图“长对正、高平齐、宽相等”的关系,确定轮廓线的各个方向的尺寸.【误区警示】1.求几何体体积问题,可以多角度、多方位地考虑问题.在求三棱锥体积的过程中,等体积转化法是常用的方法,转换底面的原则是使其高易求,常把底面放在已知几何体的某一面上.2.求不规则几何体的体积,常用分割或补形的思想,将不规则几何体变为规则几何体,易于求解.考向二球与多面体的切接问题【高考改编☆回顾基础】1.【球与多面体的切接、面积与体积】【2017天津，文11】已知一个正方形的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为.【答案】922．【球与多面体的切接、面积与体积】【2017课标1，文16】已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S-ABC的体积为9，则球O的表面积为________．【答案】36【解析】取SC的中点O，连接,OAOB因为,SAACSBBC所以,OASCOBSC因为平面SAC平面SBC所以OA平面SBC设OAr整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。73111123323ASBCSBCVSOArrrr§网]所以31933rr，所以球的表面积为2436r3.【球与旋转体的切接、面积与体积】【2017江苏，6】如图,在圆柱12,OO内有一个球O,该球与圆柱的上、下面及母线均相切.记圆柱12,OO的体积为1V,球O的体积为2V,则12VV的值是.OO1O2(第6题)【答案】32【命题预测☆看准方向】球与多面体的切、接问题中的有关几何体的表面积、体积计算，往往与三视图结合考查，一般为选择题或填空题，难度以低、中档为主.【典例分析☆提升能力】【例1【四川省泸州市2019届高三第一次诊断】已知三棱锥的所有顶点都在同一球面上，底面是正三角形且和球心在同一平面内，若此三棱锥的最大体积为，则球的表面积等于__________．【答案】【解析】与球心在同一平面内，是的外心，设球半径为，则的边长，，当到所在面的距离为球的半径时，体积最大，，整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。8，球表面积为，故答案为.【趁热打铁】已知,,,SABC是球O上的点SAABC平面，ABBC,1SAAB，2BC,则球O的表面积等于________________．【答案】4【解析】由已知S,A,B,C是球O表面上的点，所以OAOBOCOS，又SAABC平面，ABBC，所以四面体SABC的外接球半径等于以长宽高分别以SA,AB,BC三边长为长方体的外接球的半径，因为1SAAB，2BC,所以2222=2,1RSAABBCR，所以球O的表面积244SR.【例2】【2018届江西省莲塘一中、临川二中高三上学期第一次联考】已知三棱锥SABC的各顶点在一个表面积为4的球面上，球心O在AB上，SO平面ABC，2AC,则三棱锥SABC的体积为__________.【答案】13【解析】如图所示,设球的半径为r,则244r，解得r=1.∵OC2+OA2=2=AC2，∴OC⊥OA.∵球心O在AB上，SO⊥平面ABC，则三棱锥的底面积：12112ABCS，三棱锥的体积：11111333ABCVSSO.故答案为：13.整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。9【趁热打铁】【2018届贵州省遵义航天高级中学高三第五次模拟】如图1，在平面ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=2,BDCD,将其对角线BD折成四面体ABCD,如图2，使平面ABD平面BCD,若四面体ABCD的顶点在同一球面上，则该球的体积为____________【答案】823【解析】因为BD中点O到A距离为22，O到C距离为62，所以22262222RRR，体积为348233R【例3】有人由“追求”联想到“锥、球”并构造了一道名为《追求2017》的题目，请你解答此题：球O的球心为点O，球O内切于底面半径为3、高为3的圆锥，三棱锥V﹣ABC内接于球O，已知OA⊥OB，AC⊥BC，则三棱锥V﹣ABC的体积的最大值为_____．【答案】2212【解析】圆锥的母线长为39=23，设球O的半径为r，则3323rr，解得r=1．∵OA⊥OB，OA=OB=1，∴AB=2，∵AC⊥BC，∴C在以AB为直径的圆上，∴平面OAB⊥平面ABC，∴O到平面ABC的距离为22，整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。10故V到平面ABC的最大距离为212．又C到AB的最大距离为22，∴三棱锥V﹣ABC的体积的最大值为1122213222=2212．故答案为：2212．【趁热打铁】在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是()A.4πB.C.6πD.[来【答案】B【解析】由题意知要使球的体积最大,则它与直三棱柱的若干个面相切.设球的半径为R,易得△ABC的内切圆的半径为=2,则R≤2.因为2R≤3,即R≤,所以Vmax=,故选B.【方法总结☆全面提升】1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球的内接长方体、正四棱柱等问题的关键是把握球的直径即棱柱的体对角线长.2.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题化归为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系．3.球心与截面圆心的连线垂直圆面，其距离为d，常利用直角三角形建立量的关系，R2＝d2＋r2.【规范示例☆避免陷阱】【典例】如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB＝AC，侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB1A1的面积为()整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。11A．2B．1C.2D.22【规范解答】基本法根据题中给定条件寻求所求侧面边长与其他量之间关系．由题意知，球心在侧面BCC1B1的中心O上，BC为截面圆的直径，∴∠BAC＝90°，△ABC的外接圆圆心N位于BC的中点，同理△A1B1C1的外心M是B1C1的中点．设正方形BCC1B1边长为x，Rt△OMC1中，OM＝x2，MC1＝x2，OC1＝R＝1(R为球的半径)，∴x22＋x22＝1，即x＝2，则AB＝AC＝1，∴S矩形ABB1A1＝2×1＝2.速解法根据大圆的内接正方形寻求球半径与正方形边长的关系．正方形BCC1B1所在的是大圆面，∴B1C＝2，B1C2＝2BC2，∴BC＝2，在Rt△ABC中，AB＝AC＝1，∴SABB1A1＝2×1＝2.【反思提升】球心与截面圆心的连线垂直圆面，其距离为d，常利用直角三角形建立量的关系，222Rdr＝＋.【误区警示】(1)涉及球与棱柱、棱锥的相切、接问题时,一般先过球心及多面体中的特殊点(如接、切点或线)作截面,把空间问题转化为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系,或画内切、外接的几何体的直观图,确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系,列方程组求解.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两互相垂直,且,,,PAaPBbPCc一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体,根据22224Rabc求解.考向三空间中的平行与垂直【高考改编☆回顾基础】1．【两线垂直的判断】【2017·全国卷Ⅲ改编】如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，AD＝CD，则AC与BD整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。12的位置关系是________．【答案】垂直【解析】取AC的中点O，连接DO，BO.因为AD＝CD，所以AC⊥DO.又由于△ABC是正三角形，所以AC⊥BO.从而AC⊥平面DOB，故AC⊥BD.2.【两线平行的判断】【2017·全国卷Ⅰ改编】如图，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则直线AB与平面MNQ的位置关系是________．【答案】平行【解析】因为M，Q分别为对应棱的中点，所以有AB∥MQ，又AB不在平面MNQ内，所以AB∥平面MNQ.3.【数学文化与几何体的结构特征】【2018年上海卷】《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马，设是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点、以为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A．4B．8C．12D．16【答案】D整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。134.【平行垂直关系的证明】【2018年北京文】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAD⊥平面ABCD，PA⊥PD，PA=PD，E，F分别为AD，PB的中点.（Ⅰ）求证：PE⊥BC；（Ⅱ）求证：平面PAB⊥平面PCD；（Ⅲ）求证：EF∥平面PCD.【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）见解析；（Ⅲ）见解析【解析】（Ⅰ）∵，且为的中点，∴.∵底面为矩形，∴，∴.（Ⅱ）∵底面为矩形，∴.∵平面平面，∴平面.∴.又,∵平面，∴平面平面.（Ⅲ）如图，取中点，连接.∵分别为和的中点，∴，且.∵四边形为矩形，且为的中点，∴，∴，且，∴四边形为平行四边形，整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。14∴.又平面，平面，∴平面.【命题预测☆看准方向】高考对空间点、线、面位置关系的考查主要有两种形式:一是对命题真假的判断,通常以选择题、填空题的形式考查,难度不大,也不是高考的热点;二是在解答题中考查平行、垂直关系的证明,常以柱体、锥体为载体,难度中档偏难,是高考的热点.预计随着高考对能力要求的不断加强,今后对空间中平行、垂直关系及体积中的探索性问题的考查会逐渐升温.【典例分析☆提升能力】【例1】【2017江苏，15】如图,在三棱锥A-BCD中,AB⊥AD,BC⊥BD,平面ABD⊥平面BCD,点E,F(E与A,D不重合)分别在棱AD,BD上,且EF⊥AD.[求证：（1）EF∥平面ABC；（2）AD⊥AC.(第15题)ADBCEF【答案】（1）见解析（2）见解析【趁热打铁】已知四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，ABCD是正方形，E是PA的中点．(Ⅰ)求证：PC∥平面EBD；(Ⅱ)求证：平面PBC⊥平面PCD.整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。15【答案】(Ⅰ)见解析(Ⅱ)见解析【解析】试题分析：（1）连BD，与AC交于O，利用三角形的中位线，可得线线平行，从而可得线面平行；（2）证明BCPCD平面，即可证得平面PBC平面PCD．试题解析：(Ⅰ)连接AC交BD与O，连接EO,∵E、O分别为PA、AC的中点，∴EO∥PC，∵PC⊄平面EBD，EO⊂平面EBD∴PC∥平面EBD(Ⅱ)∵PD⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD，∴PD⊥BC，∵ABCD为正方形，∴BC⊥CD，∵PD∩CD＝D,PD、CD⊂平面PCD∴BC⊥平面PCD，又∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PCD.【例2】在如图所示的几何体中,四边形CDEF为正方形,四边形ABCD为等腰梯形,AB∥CD,AC=3,AB=2BC=2,AC⊥FB.(1)求证:AC⊥平面FBC;(2)求四面体F-BCD的体积;(3)线段AC上是否存在点M,使EA∥平面FDM?证明你的结论.【答案】(1)证明：见解析.(2)(3)线段AC上存在点M,使得EA∥平面FDM成立.【解析】(1)证明：在△ABC中,因为AC=,AB=2,BC=1,所以AC⊥BC.又因为AC⊥FB,BC∩FB=B,所以AC⊥平面FBC.(2)解：因为AC⊥平面FBC,所以AC⊥FC.因为CD⊥FC,AC∩CD=C,所以FC⊥平面ABCD.在等腰梯形ABCD中,可得CB=DC=1,所以FC=1.整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。16所以△BCD的面积为S=所以四面体F-BCD的体积为VF-BCD=S·FC=【趁热打铁】如图,在直角梯形ABCD中,AB∥CD,AD⊥AB,CD=2AB=4,AD=2,E为CD的中点,将△BCE沿BE折起,使得CO⊥DE,其中点O在线段DE内.(1)求证:CO⊥平面ABED;(2)求∠CEO(记为θ)多大时,三棱锥C-AOE的体积最大?最大值为多少?【答案】(1)证明：见解析.(2)当θ=时,三棱锥C-AOE的体积最大,最大值为.【解析】(1)证明：在直角梯形ABCD中,CD=2AB,E为CD的中点,则AB=DE.又AB∥DE,AD⊥AB,知BE⊥CD.在四棱锥C-ABED中,BE⊥DE,BE⊥CE,CE∩DE=E,CE,DE⊂平面CDE,则BE⊥平面CDE.因为CO⊂平面CDE,所以BE⊥CO.又CO⊥DE,且BE,DE是平面ABED内两条相交直线,故CO⊥平面ABED.(2)解：由(1)知CO⊥平面ABED,知三棱锥C-AOE的体积V=S△AOE·OC=×OE×AD×OC.由直角梯形ABCD中,CD=2AB=4,AD=,CE=2,得三棱锥C-AOE中,OE=CE·cosθ=2cosθ,OC=CE·sinθ=2sinθ,V=sin2θ≤,当且仅当sin2θ=1,θ∈,即θ=时取等号整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。17(此时OE=<DE,O落在线段DE内).故当θ=时,三棱锥C-AOE的体积最大,最大值为.【方法总结☆全面提升】1.要注意线线平行(垂直)、线面平行(垂直)与面面平行(垂直)的相互转化.在解决线线平行、线面平行问题时,若题目中已出现了中点,可考虑在图形中再取中点,构成中位线进行证明.2.要证明线面平行,先在平面内找一条直线与已知直线平行,或找一个经过已知直线与已知平面相交的平面,找出交线,证明两线平行.3.要证明线线平行,可考虑公理4或转化为证明线面平行.4.要证明线面垂直可转化为证明线线垂直,应用线面垂直的判定定理与性质定理进行转化.5..判定面面平行的四个方法:(1)利用定义,即判断两个平面没有公共点;(2)利用面面平行的判定定理;(3)利用垂直于同一条直线的两平面平行;(4)利用平面平行的传递性,即两个平面同时平行于第三个平面,则这两个平面平行.6.面面垂直的证明方法:(1)用面面垂直的判定定理,即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线;(2)用面面垂直的定义,即证明两个平面所成的二面角是直二面角.7.从解题方法上说,由于线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)之间可以相互转化,因此整个解题过程始终沿着线线平行(垂直)、线面平行(垂直)、面面平行(垂直)的转化途径进行.8.对命题条件的探索的三种途径:(1)先猜想后证明,即先察与尝试给出条件再证明;(2)先通过命题成立的必要条件探索出命题成立的条件,再证明充分性;(3)将几何问题转化为代数问题,探索出命题成立的条件.9.对命题结论的探索方法:从条件出发,探索出要求的结论是什么,对于探索结论是否存在,求解时常假设结论存在,再寻找与条件相容或者矛盾的结论.【规范示例☆避免陷阱】【典例】【2017课标II，文18】如图，四棱锥PABCD中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,01,90.2ABBCADBADABC整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。18（1）证明：直线//BC平面PAD;（2）若△PAD面积为27，求四棱锥PABCD的体积.【规范解答】【反思提升】（1）证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行（2）证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.（3）证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.（4）证明面面垂直，先由线线垂直证明线面垂直，再由线面垂直证明面面垂直.（5）先利用线面平行说明点面距为定值，计算点面距时，如直接求不方便，应首先想到转化，如平行转化、对称转化、比例转化等，找到方便求值时再计算，可以减少运算量，提高准确度，求点到平面的距离有时能直接作出就直接求出，不方便直接求出的看成三棱锥的高，利用等体积法求出．【误区警示】在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写．考向四立体几何中的向量方法【高考改编☆回顾基础】1．【空间向量求异面直线角】【2017·全国卷Ⅱ改编】已知直三棱柱ABC­A1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为________．【答案】105【解析】方法一：建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2，0，0)，B(0，0，0)，B1(0，0，1)，C1－12，32，1，所以AB1→＝(－2，0，1)，BC1→＝－12，32，1，故异面直线AB1与BC1所成角θ的余弦值cosθ＝|AB1→·BC1→||AB1→|·|BC1→|＝25×2＝105.方法二：如图，将该直三棱柱补充成直四棱柱，其中CD∥AB且CD＝AB，则可得AB1∥DC1且AB1＝DC1，图中∠BC1D整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。19即为异面直线AB1与BC1所成的角或所成角的补角．在△BC1D中，BC1＝2，DC1＝5，BD＝4＋1－2×2×1×12＝3，所以cos∠BC1D＝2＋5－32×2×5＝105.故异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为105.2.【空间向量的综合应用】【2018年天津理】如图，//ADBC且AD=2BC，ADCD,//EGAD且EG=AD，//CDFG且CD=2FG，DGABCD平面，DA=DC=DG=2.（I）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：//MNCDE平面；（II）求二面角EBCF的正弦值；（III）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，求线段DP的长.【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)1010；(Ⅲ)33.【解析】依题意，可以建立以D为原点，分别以DA，DC，DG的方向为x轴，y轴，z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0，0，0），A（2，0，0），B（1，2，0），C（0，2，0），E（2，0，2），F（0，1，2），G（0，0，2），M（0，32，1），N（1，0，2）．整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。20（Ⅰ）依题意DC=（0，2，0），DE=（2，0，2）．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则000{0DCDE，，nn即20{220yxz，，不妨令z=–1，可得n0=（1，0，–1）．又MN=（1，32，1），可得00MNn，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．（Ⅱ）依题意，可得BC=（–1，0，0），122BE，，，CF=（0，–1，2）．设n=（x，y，z）为平面BCE的法向量，则0{0nBCnBE，，即0{220xxyz，，不妨令z=1，可得n=（0，1，1）．设m=（x，y，z）为平面BCF的法向量，则0{0mBCmCF，，即0{20xyz，，不妨令z=1，可得m=（0，2，1）．因此有cos<m，n>=31010mnmn，于是sin<m，n>=1010．所以，二面角E–BC–F的正弦值为1010．（Ⅲ）设线段DP的长为h（h∈［0，2］），则点P的坐标为（0，0，h），可得12BPh，，．整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。21易知，DC=（0，2，0）为平面ADGE的一个法向量，故225BPDCcosBPDCBPDCh，由题意，可得225h=sin60°=32，解得h=33∈［0，2］．所以线段DP的长为33.【命题预测☆看准方向】立体几何问题是高考的必考内容,立体几何解答题,一般设2至3问,2问的较多,前一问较简单,最后一问难度较大,而选用向量法可以降低解题难度,但增加了计算量.考查的主要题目类型，一是利用向量知识证明空间的平行与垂直；利用向量知识求线线角、线面角、二面角的大小；围绕此利用向量知识解决立体几何中的探索性问题有所升温.【典例分析☆提升能力】【例1】在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠ABC=90°,BC=2,CC1=4,点E在线段BB1上,且EB1=1,D,F,G分别为CC1,C1B1,C1A1的中点.求证:(1)B1D⊥平面ABD;(2)平面EGF∥平面ABD.【答案】见解析.【解析】证明：(1)以B为坐标原点,BA,BC,BB1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,如图.则B(0,0,0),D(0,2,2),B1(0,0,4),设BA=a,则A(a,0,0),所以=(a,0,0),=(0,2,2),=(0,2,-2),=0,=0+4-4=0,即B1D⊥BA,B1D⊥BD,又BA∩BD=B,因此B1D⊥平面ABD.(2)由(1)知,E(0,0,3),G,F(0,1,4),则=(0,1,1),=0+2-2整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。22=0,=0+2-2=0,即B1D⊥EG,B1D⊥EF,又EG∩EF=E,因此B1D⊥平面EGF.结合(1)可知平面EGF∥平面ABD.【趁热打铁】已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,D为AB的中点,AC=BC=BB1.(1)求证:BC1⊥AB1;(2)求证:BC1∥平面CA1D.【答案】见解析.【解析】证明：如图,以C1为原点,C1A1,C1B1,C1C所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.由AC=BC=BB1,设AC=2,则A(2,0,2),B(0,2,2),C(0,0,2),A1(2,0,0),B1(0,2,0),C1(0,0,0),D(1,1,2).(1)因为=(0,-2,-2),=(-2,2,-2),所以=0-4+4=0,因此,故BC1⊥AB1.(2)证法一由于=(2,0,-2),=(1,1,0),若设=x+y,则得解得-2,所以是共面向量,又BC1⊄平面CA1D,因此BC1∥平面CA1D.整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。23证法二设平面CA1D的法向量为n=(x,y,z),则即不妨令x=1,则y=-1,z=1,∴n=(1,-1,1).=(0,-2,-2),n=1×0+(-2)×(-1)+(-2)×1=0.n.又BC1在平面CA1D外,∴BC1∥平面CA1D.【例2】【2018年全国Ⅲ理】如图，边长为2的正方形所在的平面与半圆弧所在平面垂直，是上异于，的点．（1）证明：平面平面；（2）当三棱锥体积最大时，求面与面所成二面角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）.【解析】（1）由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C，D的点,且DC为直径，所以DM⊥CM.又BCCM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.（2）以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz.整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。24当三棱锥M−ABC体积最大时，M为的中点.由题设得，设是平面MAB的法向量,则即可取.是平面MCD的法向量,因此，，所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是.【趁热打铁】【2017课标II，理19】如图，四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等比三角形且垂直于底面ABCD，o1,90,2ABBCADBADABCE是PD的中点.（1）证明：直线//CE平面PAB；（2）点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为o45，求二面角MABD的余弦值.【答案】(1)证明略；整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。25(2)105.【解析】试题解析：（1）取PA的中点F，连结EF，BF.因为E是PD的中点，所以EF∥AD,12EFAD,由90BADABC得BC∥AD，又12BCAD,所以EFBC∥.四边形BCEF为平行四边形，CE∥BF.又BF平面PAB，CE平面PAB，故CE∥平面PAB.（2）由已知得BAAD,以A为坐标原点，AB的方向为x轴正方向，AB为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，则0,0,0A，1,0,0B，1,1,0C，0,1,3P，(103)PC，，,(100)AB，，，设,,01Mxyzx则1,,,,1,3BMxyzPMxyz，因为BM与底面ABCD所成的角为45°，而0,0,1n是底面ABCD的法向量，所以cos,sin45BMn，222221zxyz，即22210xyz.①又M在棱PC上，设PMPC,则,1,33xyz.②【方法总结☆全面提升】整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。261.用向量方法证明空间线面位置关系的方法:设直线l1,l2的方向向量分别为a,b,平面α,β的法向量分别为e1,e2,A,B,C分别为平面α内的相异且不共线的三点(其中l1与l2不重合,α与β不重合),则(1)l1∥l2⇔a∥b⇔存在实数λ,使b=λa(a≠0);l1⊥l2⇔a⊥b⇔a·b=0.(2)l1⊥α⇔a∥e1⇔存在实数λ,使e1=λa(a≠0);l1∥α⇔a·e1=0⇔存在非零实数λ1,λ2,使a=λ1(3)α∥β⇔e1∥e2⇔存在实数λ,使e2=λe1(e1≠0);α⊥β⇔e1⊥e2⇔e1·e2=0.2.用向量求空间角的方法:设直线l1,l2的方向向量分别为a,b,平面α,β的法向量分别为n,m.(1)若异面直线l1与l2所成的角为θ,则cosθ=.(2)若直线l1与平面α所成的角为θ,则sinθ=.(3)若平面α与平面β所成的二面角为θ,则|cosθ|=.【规范示例☆避免陷阱】【典例】【2017·全国卷Ⅰ】如图，在四棱锥P－ABCD中，AB∥CD，且∠BAP＝∠CDP＝90°.(1)证明：平面PAB⊥平面PAD；(2)若PA＝PD＝AB＝DC，∠APD＝90°，求二面角A－PB－C的余弦值．【规范解答】(1)证明：由已知∠BAP＝∠CDP＝90°，得AB⊥AP，CD⊥PD.由于AB∥CD，故AB⊥PD，AP∩PO＝P，从而AB⊥平面PAD.3分又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD.1分(2)在平面PAD内作PF⊥AD，垂足为F.由(1)可知，AB⊥平面PAD，故AB⊥PF，可得PF⊥平面ABCD.整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。27以F为坐标原点，FA→的方向为x轴正方向，|AB→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系F－xyz.由(1)及已知可得A（22，0,0），P（0,0，22），B（22，1,0），C（－22，1,0），2分所以PC→＝（－22，1，－22），CB→＝(2，0,0)，PA→＝（22，0，－22），AB→＝(0,1,0)．设n＝(x1，y1，z1)是平面PCB的一个法向量，则n·PC→＝0，n·CB→＝0，即－22x1＋y1－22z1＝0，2x1＝0.所以可取n＝(0，－1，－2).2分设m＝(x2，y2，z2)是平面PAB的一个法向量，则m·PA→＝0，m·AB→＝0，即22x2－22z2＝0，y2＝0.可取m＝(1,0,1)，2分则cos〈n，m〉＝n·m|n||m|＝－33.所以二面角A－PB－C的余弦值为－33.2分,【反思提升】1.评分细则:（1）利用线面垂直的判定定理，3分．（2）利用面面垂直的判定定理，1分．（3）建系得各点坐标，2分．整理自公众号：麦田笔墨。欢迎关注，获取更多干货。28（4）求出法向量n,2分（5）求出法向量m,2分（6）利用公式求出二面角的余弦值，2分2.注意利用第(1)问的结果：在题设条件下，立体几体解答题的第(2)问建系，要用到第(1)问中的垂直关系时，可以直接用，有时不用第(1)问的结果无法建系，如本题即是在第(1)问的基础上建系．【误区警示】1.写全得分步骤：在立体几何类解答题中，对于证明与计算过程中得分点的步骤，有则给分，无则没分，所以对于得分点步骤一定要写．如第(1)问中的AB⊥AP，AB⊥PD，AP∩PD＝P；第(2)问中的建系及各点坐标，两平面法向量的坐标．2.写明得分关键：对于解题过程中的关键点，有则给分，无则没分．所以在解立体几何类解答题时，一定要写清得分关键点，如第(1)问中一定要写出判断AB⊥平面PAD的三个条件，写不全则不能得全分，如OH∩EF＝H一定要有，否则要扣1分；第(2)问中不写出cos〈m，n〉＝m·n|m||n|这个公式，而直接得出余弦值，则要扣1分．